八年级数学期末试卷综合测试卷（word含答案）
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．如图，AB=12cm，AC⊥AB，BD⊥AB ，AC=BD=9cm，点P在线段AB上以3 cm/s的速度，由A向B运动，同时点Q在线段BD上由B向D运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当运动时间t=1（s），△ACP与△BPQ 是否全等？说明理由，并直接判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）将“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA”，其他条件不变．若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能使△ACP与△BPQ全等.（3）在图2的基础上延长AC，BD交于点E，使C，D分别是AE，BE中点，若点Q以（2）中的运动速度从点B出发，点P以原来速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABE三边运动，求出经过多长时间点P与点Q第一次相遇．
【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；线段PC与线段PQ垂直（2）1或
3
2
（3）9s 【解析】
【分析】
（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出
∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．
（3）因为V Q＜V P，只能是点P追上点Q，即点P比点Q多走PB+BQ的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．
【详解】
（1）当t=1时，AP=BQ=3，BP=AC=9，
又∵∠A=∠B=90°，
在△ACP与△BPQ中，
AP BQ
A B
AC BP
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS），
∴∠ACP=∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，
∠CPQ=90°，
则线段PC与线段PQ垂直.
（2）设点Q 的运动速度x,
①若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BP ，AP=BQ ，
912t
t xt =-??
=?
， 解得3
1t x =??=?
， ②若△ACP ≌△BPQ ，则AC=BQ ，AP=BP ，
912xt
t t =??
=-?
解得632t x =???=??
，
综上所述，存在31t x =??=?或6
32t x =??
?=??
使得△ACP 与△BPQ 全等.
（3）因为V Q ＜V P ，只能是点P 追上点Q ，即点P 比点Q 多走PB+BQ 的路程， 设经过x 秒后P 与Q 第一次相遇，
∵AC=BD=9cm ，C ，D 分别是AE ，BD 的中点； ∴EB=EA=18cm. 当V Q =1时， 依题意得3x=x+2×9， 解得x=9； 当V Q =
3
2
时， 依题意得3x=3
2
x+2×9， 解得x=12.
故经过9秒或12秒时P 与Q 第一次相遇. 【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的性质与运算.
2．如图，在△ABC 中，∠ABC 为锐角，点D 为直线BC 上一动点，以AD 为直角边且在AD 的右侧作等腰直角三角形ADE ，∠DAE ＝90°，AD ＝AE ．
（1）如果AB ＝AC ，∠BAC ＝90°．①当点D 在线段BC 上时，如图1，线段CE 、BD 的位置关系为___________，数量关系为___________
②当点D 在线段BC 的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由． （2）如图3，如果AB ≠AC ，∠BAC ≠90°，点D 在线段BC 上运动．探究：当∠ACB 多少度时，CE ⊥BC ？请说明理由．
【答案】（1）①垂直，相等．②都成立，理由见解析；（2）45°，理由见解析 【解析】 【分析】
（1）①根据∠BAD=∠CAE ，BA=CA ，AD=AE ，运用“SAS ”证明△ABD ≌△ACE ，根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到线段CE 、BD 之间的关系； ②先根据“SAS ”证明△ABD ≌△ACE ，再根据全等三角形性质得出对应边相等，对应角相等，即可得到①中的结论仍然成立；
（2）先过点A 作AG ⊥AC 交BC 于点G ，画出符合要求的图形，再结合图形判定△GAD ≌△CAE ，得出对应角相等，即可得出结论． 【详解】
（1）：（1）CE 与BD 位置关系是CE ⊥BD ，数量关系是CE=BD ． 理由：如图1，∵∠BAD=90°-∠DAC ，∠CAE=90°-∠DAC ， ∴∠BAD=∠CAE ． 又 BA=CA ，AD=AE ， ∴△ABD ≌△ACE （SAS ） ∴∠ACE=∠B=45°且 CE=BD ． ∵∠ACB=∠B=45°，
∴∠ECB=45°+45°=90°，即 CE ⊥BD ． 故答案为垂直，相等； ②都成立，理由如下： ∵∠BAC ＝∠DAE ＝90°， ∴∠BAC ＋∠DAC ＝∠DAE ＋∠DAC ， ∴∠BAD ＝∠CAE ， 在△DAB 与△EAC 中，
AD AE BAD CAE AB AC ??
∠∠???
＝＝＝ ∴△DAB ≌△EAC ， ∴CE ＝BD ，∠B ＝∠ACE ，
∴∠ACB ＋∠ACE ＝90°，即CE ⊥BD ；
（2）当∠ACB＝45°时，CE⊥BD（如图）．
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，
∵∠ACB＝45°，∠AGC＝90°﹣∠ACB，
∴∠AGC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACB＝∠AGC＝45°，
∴AC＝AG，
在△GAD与△CAE中，
AC AG
DAG EAC
AD AE
?
?
∠∠
?
?
?
＝
＝
＝
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE＝∠AGC＝45°，
∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝45°＋45°＝90°，即CE⊥B C
．
3．如图，在ABC
?中，ACB
∠为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD.以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF.
（1）若AB AC
=，90
BAC
∠=?
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），试探讨CF与BD的数量关系和位置关系；
②当点D在线段C的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由；
（2）如图3，若AB AC
≠，90
BAC
∠≠?，45
BCA
∠=?，点D在线段BC上运动，试探究CF与BD的位置关系.
【答案】（1）①CF⊥BD，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF⊥BD，证明见解析.【解析】
【分析】
（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全
等，②先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；
（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出
∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD．
【详解】
解：（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠FCB=90°，
∴CF⊥BD；
②成立，理由如下：如图2：
∵∠CAB=∠DAF=90°，
∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，
即∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD(SAS)，
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD；
（2）如图3，过点A作AE⊥AC交BC于E，
∵∠BCA=45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴AC=AE，∠AED=45°，
∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，
∴∠CAF=∠EAD，
在△ACF和△AED中，
∵AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF，
∴△ACF≌△AED(SAS)，
∴∠ACF=∠AED=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD．
【点睛】
本题考查全等三角形的动点问题，综合性较强，有一定难度，需要熟练掌握全等三角形的判定和性质进行综合运用.
4．如图，Rt△ABC≌Rt△CED（∠ACB＝∠CDE＝90°），点D在BC上，AB与CE相交于点F
(1) 如图1，直接写出AB与CE的位置关系
(2) 如图2，连接AD交CE于点G，在BC的延长线上截取CH＝DB，射线HG交AB于K，求证：HK＝BK
【答案】（1）AB⊥CE；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由全等可得∠ECD=∠A，再由∠B+∠A=90°，可得∠B+ECD=90°，则AB⊥CE.（2）延长HK于DE交于H，易得△ACD为等腰直角三角形，∠ADC=45°，易得
DH=DE，然后证明△DGH≌△DGE，所以∠H=∠E，则∠H=∠B，可得HK=BK.
【详解】
解：（1）∵Rt△ABC≌Rt△CED，
∴∠ECD=∠A，∠B=∠E，BC=DE，AC=CD
∵∠B+∠A=90°
∴∠B+ECD=90°
∴∠BFC=90°，∴AB⊥CE
（2）在Rt△ACD中，AC=CD，∴∠ADC=45°，
又∵∠CDE=90°，∴∠HDG=∠CDG=45°
∵CH＝DB，∴CH+CD=DB+CD，即HD=BC，
∴DH=DE，
在△DGH和△DGE中，
DH=DE
HDG=EDG=45
DG=DG
?
?
∠∠
?
?
?
∴△DGH≌△DGE（SAS）
∴∠H=∠E
又∵∠B=∠E
∴∠H=∠B，
∴HK=BK
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，利用全等找出角相等，再利用等角对等边判定线段相等是本题的关键.
5．如图①，在ABC中，90
BAC
∠=?，AB AC
=，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BD AE
⊥于D，CE AE
⊥于E.
（1）求证：BD DE CE
=+.
（2）若将直线AE绕点A旋转到图②的位置时（BD CE
<），其余条件不变，问BD与DE、CE的关系如何？请予以证明.
【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AE=AD+DE，所以BD=DE+CE；
（2）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为
AD+AE=BD+CE ，所以BD=DE-CE ． 【详解】
解：（1）∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ， ∴∠BDA=∠AEC=90°，
∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90° ∴∠ABD=∠CAE ， ∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??
∠=∠??=?
∴△ABD ≌△CAE （AAS ）， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∵AE=AD+DE ， ∴BD=DE+CE ；
（2）BD 与DE 、CE 的数量关系是BD=DE-CE ，理由如下： ∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ， ∴∠BDA=∠AEC=90°，
∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE ， ∴∠ABD=∠CAE ， ∵AB=AC ，
在△ABD 和△CAE 中，
BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??
∠=∠??=?
∴△ABD ≌△CAE （AAS ）， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∴AD+AE=BD+CE ， ∵DE=BD+CE ， ∴BD=DE-CE ． 【点睛】
此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS ，SAS ，AAS ，HL 等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．
6．如图（1），AB=4cm ，AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC=BD=3cm ，点P 在线段AB 上以1cm/s 的速度由点A 向点B 运动，同时，点Q 在线段BD 上由点B 向点D 运动，他们的运动时间为t(s).
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由
（2）判断此时线段PC和线段PQ的关系，并说明理由。
（3）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变，设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；
（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由见解析；
（3）存在；
1
1
t
x
=
?
?
=
?
或
2
3
2
t
x
=
?
?
?
=
??
．
【解析】
【分析】
（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ；
（2）由（1）得出PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；
（3）分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．【详解】
解：（1）如图（1），△ACP≌△BPQ，理由如下：
当t=1时，AP=BQ=1，
∴BP=AC=3，
又∵∠A=∠B=90°，
在△ACP和△BPQ中，
AP BQ
A B
AC BP
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由如下：
由（1）可知△ACP≌△BPQ
∴PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°．
∴∠CPQ=90°，
∴PC⊥PQ．
（3）如图（2），分两种情况讨论：
当AC=BP，AP=BQ时，△ACP≌△BPQ，则
34t
t xt
=-
?
?
=
?
，
解得
1
1
t
x
=
?
?
=
?
，
当AC=BQ，AP=BP时，△ACP≌△BQP，则，
3
4
xt
t t
=
?
?
=-
?
解得
2
3
2
t
x
=
?
?
?
=
??
综上所述，存在
1
1
t
x
=
?
?
=
?
或
2
3
2
t
x
=
?
?
?
=
??
使得△ACP与△BPQ全等．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，能熟练进行全等的分析判断以及运用分类讨论思想是解题关键．
7．在平面直角坐标系中，点A（0，5），B（12，0），在y轴负半轴上取点E，使OA＝EO，作∠CEF＝∠AEB，直线CO交BA的延长线于点D．
（1）根据题意，可求得OE＝；
（2）求证：△ADO≌△ECO；
（3）动点P从E出发沿E﹣O﹣B路线运动速度为每秒1个单位，到B点处停止运动；动点Q从B出发沿B﹣O﹣E运动速度为每秒3个单位，到E点处停止运动．二者同时开始运动，都要到达相应的终点才能停止．在某时刻，作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N．问两动点运动多长时间△OPM与△OQN全等？
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）当两动点运动时间为7
2
、
17
4
、10秒时，△OPM与
△OQN全等
【解析】
【分析】
（1）根据OA=OE即可解决问题．
（2）根据ASA证明三角形全等即可解决问题．
（2）设运动的时间为t秒，分三种情况讨论：当点P、Q分别在y轴、x轴上时；当点P、Q都在y轴上时；当点P在x轴上，Q在y轴时若二者都没有提前停止，当点Q提前停止时；列方程即可得到结论．
【详解】
（1）∵A（0，5），
∴OE＝OA＝5，
故答案为5．
（2）如图1中，
∵OE ＝OA ，OB ⊥AE ， ∴BA ＝BE ， ∴∠BAO ＝∠BEO ， ∵∠CEF ＝∠AEB ， ∴∠CEF ＝∠BAO ， ∴∠CEO ＝∠DAO ， 在△ADO 与△ECO 中，
CE0DA0OA 0E
COE AOD ∠=∠??
=??∠=∠?
， ∴△ADO ≌△ECO （ASA ）．
（2）设运动的时间为t 秒，当PO ＝QO 时，易证△OPM ≌△
OQN ．
分三种情况讨论：
①当点P 、Q 分别在y 轴、x 轴上时PO ＝QO 得： 5﹣t ＝12﹣3t ， 解得t ＝
7
2
（秒）， ②当点P 、Q 都在y 轴上时PO ＝QO 得： 5﹣t ＝3t ﹣12，
解得t＝17
4
（秒），
③当点P在x轴上，Q在y轴上时，
若二者都没有提前停止，则PO＝QO得：t﹣5＝3t﹣12，
解得t＝7
2
（秒）不合题意；
当点Q运动到点E提前停止时，有t﹣5＝5，解得t＝10（秒），
综上所述：当两动点运动时间为7
2
、
17
4
、10秒时，△OPM与△OQN全等．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
8．如图，A（0，4）是直角坐标系y轴上一点，动点P从原点O出发，沿x轴正半轴运动，速度为每秒1个单位长度，以P为直角顶点在第一象限内作等腰Rt△APB．设P点的运动时间为t秒．
（1）若AB∥x轴，如图1，求t的值；
（2）设点A关于x轴的对称点为A′，连接A′B，在点P运动的过程中，∠OA′B的度数是否会发生变化，若不变，请求出∠OA′B的度数，若改变，请说明理由．
（3）如图2，当t＝3时，坐标平面内有一点M（不与A重合）使得以M、P、B为顶点的三角形和△ABP全等，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）4；（2）∠OA′B的度数不变，∠OA′B＝45 ，理由见解析；（3）点M的坐标为（6，﹣4），（4，7），（10，﹣1）
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质以及平行线的性质，可证明△AOP为等腰直角三角形，从而求得答案；
（2）根据对称的性质得：PA＝PA'＝PB，由∠PAB+∠PBA＝90°，结合三角形内角和定理即
可求得∠OA 'B ＝45°；
（3）分类讨论：分别讨论当△ABP ≌△MBP 、△ABP ≌△MPB 、△ABP ≌△MPB 时，点M 的坐标的情况；过点M 作x 轴的垂线、过点B 作y 轴的垂线，利用等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定和性质求得点M 的坐标即可. 【详解】
（1）∵AB ∥x 轴，△APB 为等腰直角三角形， ∴∠PAB ＝∠PBA ＝∠APO ＝45°， ∴△AOP 为等腰直角三角形， ∴OA ＝OP ＝4． ∴t ＝4÷1＝4（秒）， 故t 的值为4．
（2）如图2，∠OA ′B 的度数不变，∠OA ′B ＝45°，
∵点A 关于x 轴的对称点为A ′， ∴PA ＝PA '， 又AP ＝PB ， ∴PA ＝PA '＝PB ，
∴∠PAA '＝∠PA 'A ，∠PBA '＝∠PA 'B ， 又∵∠PAB +∠PBA ＝90°， ∴∠PAA '+∠PA 'A +∠PA 'B +∠PBA ' ＝180()PAB PBA ∠∠?-+
180=?-90° =90°，
∴∠AA 'B ＝45°， 即∠OA 'B ＝45°；
（3）当t ＝3时，M 、P 、B 为顶点的三角形和△ABP 全等， ①如图3，若△ABP ≌△MBP ，
则AP ＝PM ，过点M 作MD ⊥OP 于点D ， ∵∠AOP ＝∠PDM ，∠APO ＝∠DPM ， ∴△AOP ≌△MDP （AAS ）， ∴OA ＝DM ＝4，OP ＝PD ＝3， ∴M 的坐标为：（6，-4）．
②如图4，若△ABP ≌△MPB ，则AB PM =，
过点M 作M E ⊥x 轴于点E ，过点B 作BG ⊥x 轴于点G ，过点B 作BF ⊥y 轴于点
F ，
∵△APB 为等腰直角三角形，则△MPB 也为等腰直角三角形， ∴∠BAP ＝∠MPB=45?，PA PB = ∵139023∠+∠=?=∠+∠， ∴12∠=∠ ∴Rt
AOP Rt PGB ?
∴34BG OP PG AO ====， ∵BG ⊥x 轴BF ，⊥y 轴 ∴四边形BGOF 为矩形，
∴3OP BG ==，则431AF OA OF =-=-= 347BF OG OP PG ==+=+=
在Rt
ABF 和Rt PME 中
∠BAF ＝45?+1∠，∠MPE ＝45?+2∠， ∴∠BAF ＝∠MPE ∵AB PM =
∴Rt ABF Rt PME ?
∴71ME BF PE AF ====， ∴M 的坐标为：（4，7），
③如图5，若△ABP ≌△MPB ，则AB PM =，
过点M 作M E ⊥x 轴于点D ，过点B 作BG ⊥x 轴于点E ，过点B 作BF ⊥y 轴于点
F ，
∵△APB 为等腰直角三角形，则△MPB 也为等腰直角三角形， ∴∠BAP ＝∠MPB=45?，PA PB = ∵139023∠+∠=?=∠+∠， ∴12∠=∠ ∴Rt
AOP Rt PEB ?
∴34BE OP PE AO ====， ∵BE ⊥x 轴BF ，⊥y 轴 ∴四边形BEOF 为矩形，
∴3OP BG ==，则431AF OA OF =-=-= 347BF OE OP PE ==+=+=
在Rt
ABF 和Rt PMD 中 ∵BF ⊥y 轴
∴42∠=∠
∵42ABF PMD ∠∠∠+=∠+ ∴ABF PMD ∠∠= ∵AB PM = ∴Rt
ABF Rt PMD ? ∴17MD AF PD BF ====， ∴M 的坐标为：（10，﹣1）．
综合以上可得点M 的坐标为：（6，﹣4），（4，7），（10，﹣1）． 【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，第(3)小题要注意分类讨论，作此类型的题要结合图形，构建适当的辅助线，寻找相等的量才能得出结论．
9．如图1，等腰△ABC 中，AC =BC ＝42∠ACB=45?，AO 是BC 边上的高，D 为线段AO 上
一动点，以CD为一边在CD下方作等腰△CDE,使CD=CE且∠DCE=45?，连结BE.
(1) 求证：△ACD≌△BCE；
(2) 如图2，在图1的基础上，延长BE至Q, P为BQ上一点，连结CP、CQ,若CP＝CQ＝5,求PQ的长.
(3) 连接OE，直接写出线段OE的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）PQ=6；（3）OE=422
-
【解析】
试题分析：()1根据SAS即可证得ACD BCE
≌；
()2首先过点C作CH BQ
⊥于H，由等腰三角形的性质，即可求得45
DAC
∠=?，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长．
()3OE BQ
⊥时，OE取得最小值.
试题解析：()1证明：∵△ABC与△DCE是等腰三角形，
∴AC=BC,DC=EC,45
ACB DCE
∠=∠=，
45
ACD DCB ECB DCB
∴∠+∠=∠+∠=，
∴∠ACD=∠BCE；
在△ACD和△BCE中，
,
AC BC
ACD BCE
DC EC
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
(SAS)
ACD BCE
∴≌；
()2首先过点C作CH BQ
⊥于H，
(2)过点C 作CH ⊥BQ 于H ，
∵△ABC 是等腰三角形，∠ACB=45?，AO 是BC 边上的高， 45DAC ∴∠=，
ACD BCE ≌， 45PBC DAC ∴∠=∠=， ∴在Rt BHC 中,22
42422
CH BC =?
=?=，
54PC CQ CH ===，， 3PH QH ∴==， 6.PQ ∴=
()3OE BQ ⊥时，OE 取得最小值.
最小值为：42 2.OE =-
10．已知：4590ABC A ACB ?∠=∠=，，，点D 是AC 延长线上一点，且
22AD =+，
，M 是线段CD 上一个动点，连接BM ，延长MB 到H ，使得HB MB =，以点B 为中心，将线段BH 逆时针旋转45，得到线段BQ ，连接AQ ． （1）依题意补全图形； （2）求证：ABQ AMB ∠=∠；
（3）点N 是射线AC 上一点，且点N 是点M 关于点D 的对称点，连接BN ，如果
QA BN =， 求线段AB 的长．
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）22AB =
【解析】 【分析】
（1）根据题意可以补全图形； （2）根据三角形外角的性质即可证明； （3）作QE ⊥AB ，根据AAS 证得
QEB BCM ?，根据HL 证得
Rt QEA Rt BCN ?，设法证得2AB CD =，设AC BC x ==，则2AB x =，
2
2
CD x =
，结合已知22AD =+，构建方程即可求解. 【详解】
（1）补全图形如下图所示：
（2）解：∵∠ABH 是ABM 的一个外角，
∴ ABH BAM AMB ∠=∠+∠ ∵ABH HBQ ABQ ∠=∠+∠
又∵45HBQ BAM ∠=∠=? ∴ ABQ AMB ∠=∠
（3）过Q 作QE ⊥AB ，垂足为E ， 如下图：
∵⊥QE AB
∴90QEB BCM ∠=∠=?，
在QEB 和BCM 中，QEB BCM QBE BMC QB BM ∠=∠??
∠=∠??=?
∴
QEB BCM ?(AAS)
∴EB CM =，QE BC =， 在Rt QEA 和Rt BCN 中
∵QE BC =，
Q A BN = ∴Rt QEA Rt
BCN ? (HL)
∴AE CN CM MD DN ==++ ∵点N 是点M 关于点D 的对称点， ∴MD DN =
∴22AE CM MD EB MD =+=+
∴ ()2222AB AE EB EB MD EB MD CD =+=+=+= 设AC BC x ==
，则AB =
，CD x =
，
又∵2AD =
，
AD AC CD x x =+=
∴22
x x +
= 解得：2x = ∴
AB =【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形外角定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识点．熟悉全等三角形的判定方法以及正确作出辅助线、构建方程是解答的关键．
二、八年级数学 轴对称解答题压轴题（难）
11．如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，BD 平分∠ABC 交AC 于点D ，点E 是BC 延长线上的一点，且BD ＝DE ．点G 是线段BC 的中点，连结AG ，交BD 于点F ，过点D 作DH ⊥BC ，垂足为H ．
（1）求证：△DCE 为等腰三角形；
（2）若∠CDE ＝22.5°，DC
，求GH 的长；
（3）探究线段CE ，GH 的数量关系并用等式表示，并说明理由．